Chuyên đề 23 mặt cầu, khối cầu đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

MẶT CẦU - KHỐI CẦU

Chuyên đề 23

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM
MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ - CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN MẶT CẦU – KHỐI CẦU
Câu 1.

Cho một bán cầu đựng đầy nước với bán kính R = 2 . Người ta bỏ vào đó một quả cầu có bán kính
bằng 2R . Tính lượng nước còn lại trong bán cầu ban đầu.

112 

16
A. V =  24 3 −
.
  . B. V =
3 

3

8
C. V =  .
3
Lời giải

(

)

D. V = 24 3 − 40  .

Khi đặt khối cầu có bán kính R = 2 R vào khối cầu có bán kính R ta được phần chung của hai
khối cầu. phần chung đó gọi là chỏm cầu. Gọi h là chiều cao chỏm cầu. Thể tích khối chỏm cầu
h

là Vc =  h 2  R −  .
3

với h = R − R2 − R2 = 4 − 42 − 22 = 4 − 2 3 .
2
4 − 2 3  2
 Vc =  4 − 2 3  4 −
64 − 36 3 .
 =
3
3


1 4
16
Thể tích một nửa khối cầu V = .  R 3 =
.
2 3
3
Thể tích khối nước còn lại trong nửa khối cầu:

(

)

(

)

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Vn = V − Vc =

Câu 2.

16 2
112 

−
64 − 36 3 =  24 3 −
 .
3
3
3 


(

)

Cho khối cầu (S ) tâm I , bán kính R không đổi. Một khối trụ thay đổi có chiều cao h và bán
kính đáy r nội tiếp khối cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho thể tích khối trụ lớn nhất.

A. h =

R 2
.
2

B. h =

2R 3
.
3

C. h = R 2 .

D. h =

R 3
.
3

Lời giải
Chọn B
Ta có: r =

R2 -

h2

.
4

æ
h2 ö
÷
÷
h , 0 < h < 2R
Thể tích khối trụ là V = p r 2 h = p ççR 2 ÷
çè
÷
4ø
æ
ö
3h2 ÷
2R 3
÷
V(h¢) = p ççR 2 ; V(h¢) = 0 Û h = ±
.
÷
çè
3
4 ÷
ø
Bảng biến thiên

Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi h =
Câu 3.

2R 3

.
3

(HSG Bắc Ninh 2019) Một cơ sở sản suất đồ gia dụng được đặt hàng làm các chiếc hộp kín hình
trụ bằng nhôm đề đựng rượu có thể tích là V = 28 a 3 ( a  0) . Để tiết kiệm sản suất và mang lại
lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sẽ sản suất những chiếc hộp hình trụ có bán kính là R sao cho diện
tích nhôm cần dùng là ít nhất. Tìm R
C. R = 2a 3 14
Lời giải
Diện tích nhôm cần dùng đề sản suất là diện tích toàn phần S
A. R = a 3 7

B. R = 2a 3 7

Ta có l = h ; mà V = 28 a3   R 2 h = 28 a 3  h =

D. R = a 3 14

28a3
R2

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

S = 2 Rl + 2 R 2 = 2

3

28a

+ 2 R 2 với R  0
R

 28a3

S  = 2  − 2 + 2 R  = 0  R = a 3 14
 R

Bảng biến thiên

Vậy Smin  R = a 3 14
Câu 4.

(Mã 104 2017) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính
thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
A. V = 576 2

B. V = 144 6

D. V = 576

C. V = 144
Lời giải

Chọn D

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R = 9 .
Gọi H = AC  BD , K là trung điểm SC .
Đặt AB = x; SH = h , ( x, h  0 ) .

x2
x
 l = SC = h 2 + .
2
2
SK SI
2
2
=
 l 2 = 2h.R  x = 36h − 2h .
Do SHI ∽ SHC 
SH SC
1 2 1
2
Diện tích đáy của hình chóp S ABCD = x 2 nên V = h.x = h 36h − 2h .
3
3
Ta có HC =

(

)

1
1
1  h + h + 36 − 2h 
Ta có h. ( 36h − 2h 2 ) = .h.h ( 36 − 2h )  . 
 = 576  V  576 , dấu bằng xảy ra
3
3

3 
3

3

khi h = h = 36 − 2h  h = 12, x = 12 . Vậy Vmax = 576 .
Câu 5.

(Sở Vĩnh Phúc 2019) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng
9 , khối chóp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu ?
A. 576 2 .

B. 144 .

C. 576 .
Lời giải

D. 144 6 .

Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Giả sử khối chóp S.ABCD là khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 .
Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO ⊥ ( ABCD ) . M là trung điểm của SA , kẻ MI vuông
góc với SA và cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD , bán kính của
mặt cầu là IA = IS = 9 .
Đặt IO = x , 0  x  9 , do IAO vuông tại O nên AO = AI 2 − IO2 = 81 − x2 , suy ra

AC = 2 81 − x2 .
Do tứ giác ABCD là hình vuông nên AB =
S

ABCD

= AB 2 = 2 ( 81 − x 2 ) .

1
Vậy VS . ABCD = S
3

ABCD

Xét hàm số f ( x ) =

.SO =

AC
= 2. 81 − x2 , suy ra
2

2
2
81 − x 2 ) . ( 9 + x ) = ( − x3 − 9 x 2 + 81x + 729 ) .
(
3
3

2

− x3 − 9 x 2 + 81x + 729 ) với x  0;9 .
(
3

x = 3
f  ( x ) = 2 ( − x 2 − 6 x + 27 ) ; f  ( x ) = 0  
 x = −9 ( l )
Bảng biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : max f ( x ) = f ( 3) = 576 .
x 0;9

Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất bằng 576 .
Câu 6.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC = 1 .
Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A, B thay đổi sao cho OA + OB = OC . Tìm giá trị nhỏ
nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC ?
A.

6
4

B.

6

6
3
Lời giải.

C.

D.

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
6
2


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Bốn điểm O, A, B, C tạo thành 1 tam diện vuông.

OA2 + OB 2 + OC 2
.
2
Đặt OA = a; OB = b, a, b  0. Ta có a + b = 1  b = 1 − a .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC là R =

a 2 + (1 − a ) + 12
OA2 + OB 2 + OC 2
a 2 + b2 + 12
=
Vậy R =
=
2
2
2
2

2

1 3
2 a −  + 

2  4 
6

=

.
2
4

Vậy Rmin =
Câu 7.

6
1
, tại a = b = . .
2
4

(KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình
hành, các cạnh bên của hình chóp bằng

6 cm , AB = 4 cm . Khi thể tích khối chóp S.ABCD đạt

giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD .
A. 12 cm2 .

B. 4 cm2 .

C. 9 cm2 .

D. 36 cm2 .

Lời giải
Chọn D

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
S
M
I
A

D
O
C

B

Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Ta có SAC cân tại S nên SO ⊥ AC và SBD cân tại S nên SO ⊥ BD .
Khi đó SO ⊥ ( ABCD ) .
Ta có: SAO = SBO = SCO = SDO  OA = OB = OC = OD
Vậy hình bình hành ABCD là hình chữ nhật.

Đặt BC = x  AC = 42 + x 2  AO =

AC
16 + x 2
=
.
2
2

Xét SAO vuông tại O , ta có: SO = SA2 − AO 2 = 6 −

16 + x 2
8 − x2
=
4
2

1
1 8 − x2
2
Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD = SO.S ABCD = .
.4 x = . 8 − x 2 .x
3
3
2
3
2
2
2
2

2 8 − x + x2 8
a +b
2
Áp dụng bất đẳng thức : ab 
ta có: V = . 8 − x .x  .
= .
3
3
2
3
2
Dấu " = " xảy ra  8 − x2 = x  x = 2. Do đó: BC = 2, SO = 1.
Gọi M là trung điểm của SA , trong ( SAO ) kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại I .
Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có tâm I và bán kính R = IS.
Vì SMI ∽ SOA( g.g ) nên

SI SM
SA2
6
=
 SI =
=
= 3  R = 3(cm).
SA SO
2.SO 2.1

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD là: 4 R 2 = 4 .32 = 36 (cm2 ) .
Câu 8.

Cho mặt cầu ( S ) có bán kính R = 5 . Khối tứ diện ABCD có tất cả các đỉnh thay đổi và cùng

thuộc mặt cầu ( S ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại B và DA = DB = DC . Biết thể tích lớn
nhất của khối tứ diện ABCD là
tính a + b .
A. a + b = 1173 .

a
a
( a , b là các số nguyên dương và
là phân số tối giản),
b
b

B. a + b = 4081 .

C. a + b = 128 .
Lời giải

D. a + b = 5035 .

Chọn B

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi H là trung điểm của AC , Vì tam giác ABC vuông
cân tại B và DA = DB = DC nên DH ⊥ ( ABC ) và tâm
I của mặt cầu ( S ) thuộc tia DH . Đặt DH = x và AH = a

( 0  a  5, 0  x  10 ).

Có ID = IA = 5 và IH = x − 5 .
Xét tam giác vuông AIH có a 2 = AH 2 = AI 2 − IH 2 = 25 − ( x − 5)2 = 10 x − x 2 .
1
AC.BH = a 2 = 10 x − x 2 .
2
1
1
Thể tích khối chóp ABCD là: V = S ABC .DH = (10 x − x 2 ) x .
3
3
1
1
Xét f ( x) = (10 x − x 2 ) x = (10 x 2 − x 3 ) với 0  x  10 .
3
3
Lập bảng biến thiên cho hàm số f ( x ) ta được giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên nửa

Diện tích tam giác ABC là: S =

khoảng ( 0;10 ) ta có kết quả là

20
4000
tại x =
.
3
81
Vậy a = 4000, b = 81 nên a + b = 4081 .

Câu 9.

Trong không gian cho tam giác ABC có AB = 2R, AC = R, CAB = 1200 . Gọi M là điểm thay đổi
thuộc mặt cầu tâm B , bán kính R . Giá trị nhỏ nhất của MA + 2MC là
D. 2 R 7 .

C. R 19 .

B. 6R .

A. 4R .

Lời giải
Chọn C

A
D
B
C

(

Ta có MA = MB + BA
2

)

2

(

2

= MB + 2 MB.BA + BA

2

)

2

2

MB
1
 BA
 

=
MB +
BA  =  2 MB + BA  .
BA
2
 MB
 


2

1
BA

.
 MA = 2 MB + BA  MA = 2 MB +
2
4
2

Gọi D là điểm thỏa mãn BD =

BA
, khi đó MA = 2 MB + BD = 2 MD = 2MD .
4

Do đó MA + 2MC = 2 ( MC + MD )  2CD .
Lại có CD 2 = AC 2 + AD 2 − 2 AC. AD cos120 =

19 2
19
R  CD = R
.
4
2

Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn CD với mặt cầu tâm B bán kính R .
Vậy giá trị nhỏ nhất của MA + 2MC là R 19.
Câu 10. Cho mặt cầu ( S ) có bán kính bằng 3 ( m) , đường kính AB . Qua A và B dựng các tia At1 , Bt2
tiếp xúc với mặt cầu và vuông góc với nhau. M và N là hai điểm lần lượt di chuyển trên
Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

At1 , Bt2 sao cho MN cũng tiếp xúc với ( S ) . Biết rằng khối tứ diện ABMN có thể tích V ( m3 )

không đổi. V thuộc khoảng nào sau đây?
A. (17; 21) .
B. (15;17 ) .

C. ( 25;28) .

D. ( 23; 25) .

Lời giải
Chọn A

Giả sử MN tiếp xúc ( S ) tại H .
1
1
Đặt MA = MH = x , NB = NH = y . Khi đó V = .x.2 R. y = Rxy .
6
3
Ta có tam giác AMN vuông tại A ( Vì MA ⊥ AB, MA ⊥ BN ).

 AN 2 = ( x + y ) − x 2 .
2

Lại có tam giác ABN vuông tại B  AN 2 = 4R 2 + y 2 .
Suy ra ( x + y ) − x 2 = 4 R 2 + y 2  xy = 2 R 2 .
2

1

2 R3
= 18  (17; 21) .
Vậy V = .R.2 R 2 =
3
3
Câu 11. Trên mặt phẳng ( P ) cho góc xOy = 60 . Đoạn SO = a và vuông góc với mặt phẳng ( ) . Các
điểm M ; N chuyển động trên Ox , Oy sao cho ta luôn có: OM + ON = a . Tính diện tích của mặt
cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất ngoại tiếp tứ diện SOMN .
A.

4 a 2
.
3

B.

 a2
.
3

8 a 2
.
3
Lời giải
C.

D.

16 a 2
.

3

Chọn A

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi H , I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN và tâm bán mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện SOMN  R 2 = OH 2 + IH 2 =

a2
+ OH 2 .
4

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OMN ta có

MN
MN
= 2OH  OH =
.
sin60
3

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác OMN ta có
MN 2 = OM 2 + ON 2 − 2.OM .ONcosMON
= OM + ON − OM .ON = ( OM + ON ) − 3OM .ON  a
2

 MN 2 

2

2

2

( OM + ON )
−3
4

2

=

a2
4

a2
a2 a2 a2
a2
a2
 R 2 = + OH 2  +
 3OH 2 
=
4
4 3.4 3
4
4

Bán kính nhỏ nhất của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN bằng

a
.
3

4 a 2
Tính diện tích của mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ nhất ngoại tiếp tứ diện SOMN là 4 R =
3
2

Câu 12. Cho tứ diện ABCD có hình chiếu của A lên mặt phẳng ( BCD ) là H nằm trong tam giác BCD .
Biết rằng H cũng là tâm của một mặt cầu bán kính

A. 3 .

3 và tiếp xúc các cạnh AB, AC , AD . Dựng
hình bình hành AHBS . Tính giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD
3
3 3
B. 3 3 .
C. .
D.
.
2
2
Lời giải
Chọn D

Facebook Nguyễn Vương 9

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi M,N,P lần lượt là hình chếu của H lên AB,AC,AD ta có
HM=HN=HP= 3 AM=AN=AP  AH ⊥ ( MNP )  ( MNP )

( BCD)  AB = AC = AD

( AH là trục đường tròn MNP )
Vậy A thuộc trục đường tròn ngoại tiếp  BCD
AH là trục đường tròn ngoại tiếp  BCD .

Gọi I=AH
IH = x 

BS  IB=IC=ID=IS . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.BCD
1
1
1
12 x 2
2
=
+

HB
=
HM 2 HB 2 HA2
4 x2 − 3

HBI ⊥taiH : BI 2 = HB 2 + HI 2 =

4 x4 + 9 x2
4 x2 − 3

4t 2 + 9t
3
16t 2 − 24t − 27
t = x  f (t ) =
(t  )  f (t ) =
2
4t − 3
4
( 4t − 3)
2

f (t ) = 0  t =

9
3
(n)  t = − (l )
4
4

Vẽ bảng biến thiên Rmin =
Câu 13.

3 3
2

(SGD Điện Biên - 2019) Một vật thể đựng đầy nước hình lập phương không có nắp. Khi thả một
khối cầu kim loại đặc vào trong hình lập phương thì thấy khối cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của
hình lập phương đó. Tính bán kính của khối cầu, biết thể tích nước còn lại trong hình lập phương
là 10. Giả sử các mặt của hình lập phương có độ dày không đáng kể
A.

3

15
.
12 − 2

B.

3

9
.
24 − 4

C.

3

15
.
24 − 4

D.

3

Lời giải
Chọn A
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
9
.
12 − 2


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Giả sử hình lập phương có cạnh x . Khi đó thể tích khối lập phương là x 3 .
x
Bán kính khối cầu tiếp xúc với các mặt của khối lập phương là . Do đó thể tích khối cầu tiếp
2
3

4  x   x3
xúc với các mặt của hình lập phương là    =
.
3 2
6
Theo đề ra ta có x 3 −

 x3
6

= 10  x =

Do đó bán kính của khối cầu là R =
Câu 14.

3

60
.
6 −

x 3 15
=
2
12 − 2

(THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên 2019) Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ
việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón.
Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy của thùng. Người ta thả vào
3
đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của thùng nước và đo được thể tích nước tràn ra
2
ngoài là 54 3 ( dm3 ) . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa của
khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây?

A.

46
3 ( dm3 ) .
5

B. 18 3 ( dm3 ) .

46
3 ( dm3 ) .
3
Lời giải
C.

D. 18 ( dm3 ) .

Chọn C
Xét một thiết diện qua trục của hình nón như hình vẽ. Hình thang cân ABCD ( IJ là trục đối
xứng) là thiết diện của cái thùng nước, hình tròn tâm I bán kính IH là thiết diện của khối cầu.
Các đường thẳng AD , BC , IJ đồng qui tại E .

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Đặt bán kính của khối cầu là IH = R , bán kính mặt đáy của thùng là JD = r , chiều cao của thùng
là IJ = h . Ta có

2 3
3
 R = 54 3  R = 3 3 , h = 2 R = 6 3  h = 4 3 .
3
2
EJ JC r 1
1
1

1
1
1
1
= 2+ 2
=
= =  EJ = 2 3 ,
= 2+
 r = 2.
2
IH
EI IB 3r 3
IA IE
27 9r 108
1
1
208 3
Suy ra thể tích của thùng nước là V1 =  IA2 .IE −  JD 2 .JE =
.
3
3
3
Vậy thể tích nước còn lại trong thùng là V =
Câu 15.

208 3
46 3
− 54 3 =
( dm3 ) .
3

3

(THPT Mai Anh Tuấn_Thanh Hóa - 2019) Cho tứ diện OABC có OA = a, OB = b, OC = c và
đôi một vuông góc với nhau. Gọi r là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả bốn mặt của tứ diện. Giả
a
sử a  b, a  c . Giá trị nhỏ nhất của
là
r
A. 1 + 3 .

B. 2 + 3 .

C.

3.

D. 3 + 3 .

Lời giải
Chọn D

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC .
1
1
1
bc
=
+
 OH =
Dễ thấy OH ⊥ BC nên

.
2
2
2
OH
OB OC
b2 + c 2
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Tam giác AOH vuông tại O có AH 2 = OA2 + OH 2  AH =

a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
b2 + c 2

.

1
AH .BC = a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 .
2
Vậy diện tích toàn phần của hình chóp O.ABC là:
1
Stp = SOAB + SOBC + SOCA + S ABC = ab + bc + ca + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 .
2
1
1
Dễ thấy thể tích khối chóp O.ABC là V = abc = Stp .r .
6
3

Suy ra
Tam giác OBC có BC = b2 + c2 nên S ABC =

)

(

1
1
a 2S
ab + bc + ca + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2
abc = Stp .r  = tp =
6
3
r
bc
bc
a
a
a2
a2
+1+ + 2 +1+ 2  1+1+1+ 1+1+1 = 3 + 3 .
c
b
c
b
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
=

Câu 16. Cho hai mặt cầu ( S1 ) và ( S2 ) đồng tâm O , có bán kình lần lượt là R1 = 2 và R2 = 10 . Xét tứ

diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên ( S1 ) và hai đỉnh C , D nằm trên ( S2 ) . Thể tích lớn nhất
của khối tứ diện ABCD bằng
A. 3 2 .

B. 7 2 .

D. 6 2 .

C. 4 2 .
Lời giải

Chọn D
A

A'

B

I

A

B'

O

D'

I
B

O
J

J
D

C

D

C

C'

Dựng mặt phẳng ( P ) chứa AB và song song với CD , cắt ( O; R1 ) theo giao tuyến là đường tròn
tâm I .
Dựng mặt phẳng ( Q ) chứa CD và song song với AB , cắt ( O; R2 ) theo giao tuyến là đường tròn
tâm J .
Dựng hai đường kính AB, C D lần lượt của hai đườn tròn sao cho AB ⊥ CD
Khi đó IJ = d ( AB; CD ) = d ( AB; CD) .
Xét tất cả các tứ diện có cạnh AB nằm trên ( P ) và CD nằm trên ( Q ) thì ta có:

(

)

1
1
AB.CD.IJ .sin AB, CD  AB.C D.IJ = VABC D .

6
6
Do đó ta chỉ cần xét các tứ diện có cặp cạnh đối AB ⊥ CD và chúng có trung điểm I , J thẳng
VABCD =

hàng với O .
Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

(

)

Đặt IA = x, 0  x  10 , JC = y, ( 0  y  2 ) , ta có: OI = 10 − x 2 , OJ = 4 − y 2 .
Khi đó: d ( AB, CD ) = IJ = OI + OJ = 10 − x2 + 4 − y 2 .
Thể tích khối tứ diện ABCD là:
1
1
2
VABCD = AB.CD.IJ = .2 x.2 y. 10 − x 2 + 4 − y 2 = xy
6
6
3

)

(

(

10 − x 2 + 4 − y 2

)

1
14 − x 2
5 − y2
Có 10 − x 2 = .2. 10 − x 2 
; 4 − y2 
2
4
2
Suy ra 10 − x 2 + 4 − y 2 
Ta được: VABCD

24 − x 2 − 2 y 2 24 − 2 2 xy 12 − 2 xy

=
.
4
4
2

2 12 − 2 xy
1
 xy.
=
3

2
3 2

(

2

1  2 xy + 12 − 2 xy 
2 xy 12 − 2 xy 

 = 6 2 .
2
3 2 


)(

)

0  x  10, 0  y  2

 10 − x 2 = 2

 x = 6

Đẳng thức xảy ra khi:  4 − y 2 = 1
 y = 3
 2
2
x

=
2
y

 2 xy = 12 − 2 xy

Vậy max VABCD = 6 2 .
Câu 17. Cho tứ diện đều ABCD có mặt cầu nội tiếp là ( S1 ) và mặt cầu ngoại tiếp là ( S2 ) , hình lập
phương ngoại tiếp ( S2 ) và nội tiếp trong mặt cầu ( S3 ) . Gọi r1 , r2 , r3 lần lượt là bán kính các mặt
cầu ( S1 ) , ( S2 ) , ( S3 ) . Khẳng định nào sau đây đúng?
(Mặt cầu nội tiếp tứ diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện, mặt cầu nội tiếp hình
lập phương là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình lập phương).
A.

r
r
r
r
r 2
r 2
r1 1
r 1
1
1
1
1
. B. 1 = và 2 =
. C. 1 = và 2 =
. D. 1 = và 2 =
.

= và 2 =
r3 3 3
r3
r3
r2 3
r2 3
r3
r2 3
r2 3
3
3
2

Lời giải
Chọn C
Giả sử tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Khi đó, diện tích của mỗi mặt tứ diện đều là

3
.
4

Gọi H là tâm của tam giác đều BCD thì AH là đường cao của hình chóp A.BCD và

2 1 3
1
BH = .
=
.
3 2
3

2

2
 1 
Do đó chiều cao của hình chóp là h = AH = AB − BH = 1 − 
.
 =
3
 3
2

2

2

1
1 3 2
2
=
Suy ra thể tích khối tứ diện ABCD là V = S BCD .h = . .
.
3
3 4
3 12
Bán kính mặt cầu ( S1 ) nội tiếp diện đều ABCD là r1 =

3V
4 S BCD

2

2
.
= 12 =
3 4 3
4.
4
3.

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Trong mặt phẳng ABH , đường thẳng trung trực của AB cắt AH tại I thì I là tâm mặt cầu ( S2 )
ngoại tiếp tứ diện đều ABCD .
Gọi M là trung điểm AB , ta có

Độ dài cạnh hình lập phương ngoại tiếp ( S2 ) bằng a = 2r2 =

6
.
2

Bán kính mặt cầu ( S3 ) ngoại tiếp hình lập phương đó là r3 =

a 3
6 3 3 2
=
.
=
.

2
2 2
4

Từ đó ta được
Câu 18.

AB 2
12
3
3
AI AM
=
=
.
=
 AI =
 r2 =
AB AH
2 AH
2 2 2
2 2
2.
3

r
r1 1
1
.
= và 2 =

r3
r2 3
3

(THPT Lương Văn Tụy - Ninh Bình - 2018) Cho hình chóp S.ABCD có ABC = ADC = 90 ,
cạnh bên SA vuông góc với ( ABCD ) , góc tạo bởi SC và đáy ABCD bằng 60 , CD = a và tam
a2 3
. Diện tích mặt cầu Smc ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là
2
B. S mc = 4 a 2 .
C. S mc = 32 a 2 .
D. Smc = 8 a 2 .

giác ADC có diện tích bằng
A. Smc = 16 a 2 .

Lời giải

Giả thiết: SA ⊥ ( ABCD )  AC là hình chiếu của SC lên ( ABCD ) .

(

) (

)

Do đó: SC , ( ABCD ) = SC , AC = SCA = 60 .
Xét tam giác ADC vuông tại D , diện tích S ADC =
Khi đó: AC = AD2 + DC 2 =

(a 3)

2

1
a2 3
AD.DC =
 AD = a 3 .
2
2

+ a 2 = 2a .

SA
 SA = AC.tan 60 = 2a 3 .
AC
Gọi I là trung điểm SC (1) , H là trung điểm AC .

SAC vuông tại A , ta có: tan SAC =

Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Khi đó IH // SA  IH ⊥ ( ABCD ) .
Tứ giác ABCD có D = B = 90 , H là trung điểm AC nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ
giác ABCD . Suy ra IA = IB = IC = ID ( 2) .
Từ (1) và ( 2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD .
1

1
SC =
4a 2 + 12a 2 = 2a .
2
2
2
Diện tích mặt cầu: S = 4 R = 16 a 2 .

Bán kính mặt cầu: R =

Câu 19.

(Yên Phong 1 - 2018) Cho mặt cầu tâm O bán kính 2a, mặt phẳng (α) cố định cách O một đoạn
là a, (α) cắt mặt cầu theo đường tròn (T). Trên (T) lấy điểm A cố định, một đường thẳng qua A
vuông góc với (α) cắt mặt cầu tại điểm B khác A . Trong (α) một góc vuông xAy quay quanh A và
cắt (T) tại 2 điểm phân biệt C, D không trùng với A. Khi đó chọn khẳng định đúng:
A. Diện tích tam giác BCD đạt giá trị nhỏ nhất là a2 21
B. Diện tích tam giác BCD đạt giá trị lớn nhất là a2 21
C. Diện tích tam giác BCD đạt giá trị nhỏ nhất là 2a2 21
D. Do (α) không đi qua O nên không tồn tại giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của diện tích tam giác
BCD
Lời giải

Gọi I là tâm đường tròn thiết diện. Ta có OI=a, OI ⊥(α), IA = a 3
Do góc CAD vuông nên CD là đường kính của đường tròn tâm I, CD = 2a 3
Đặt AD = x, AC= y. Ta có x 2 + y 2 = 12a 2 ( 0  x, y  2a 3 )
Gọi H là hình chiếu của A lên CD. Ta có BH⊥CD
1
S BCD = CD.BH = BH .a 3 = a 3. AB 2 + AH 2
2

Ta có OI và AB đồng phẳng, gọi E là trung điểm của AB, ta có OE⊥AB, tứ giác OIAE là hình chữ
nhật, AB = 2OI = 2a
S BCD = a 3. 4a 2 + AH 2

Ta có

1
1
1
4
4
= 2+ 2 2
=
 AH 2  3a 2  S BCD  a 3. 4a 2 + 3a 2 = a 2 21 .
2
2
AH
x
y
x +y
12a 2

Dấu bằng xảy ra khi x = y
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 20.

(THPT Hải An - Hải Phòng - 2018) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có

bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
A. V = 144 .

C. V = 576 .

B. V = 576 2 .

D. V = 144 6 .

Lời giải

Gọi I là tâm mặt cầu và S.ABCD là hình chóp nội tiếp mặt cầu.
Gọi x là độ dài cạnh SO .
Gọi M là trung điểm của SD .
Ta có SI .SO = SM .SD =

1
SD 2  SD 2 = 2SI .SO = 18 x .
2

Suy ra OD 2 = 18 x − x 2 .
2
2
1
1
Thể tích khối chóp S.ABCD bằng V = SO.S ABCD = x.2.OD 2 = x (18 x − x 2 ) = x 2 (18 − x ) .
3
3
3
3

3

x x
 18 
Ta có x (18 − x ) = 4 . . (18 − x )  4   = 864 .
2 2
 3
2

Vậy thể tích của khối chóp cần tìm là V = 576 .
Câu 21.

(THPT Yên Khánh A - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều chiều cao là h nội tiếp trong một mặt
cầu bán kính R . Tìm h theo R để thể tích khối chóp là lớn nhất.
4R
3R
A. h = 3R .
B. h = 2R .
C. V =
.
D. V =
.
3
2
Lời giải

Gọi a là độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Gọi O, I lần lượt là tâm đáy và
tâm cầu ngoai tiếp hình chóp.

Facebook Nguyễn Vương 17

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

a2
a2
2
= R2 
= R 2 − ( h − R ) = 2 Rh − h 2 .
2
2
1
1
Thể tích của khối chóp là: V = a 2 h = 2 ( 2 Rh − h 2 ) .h .
3
3
Tam giác IBO có ( h − R ) +
2

Xét hàm số y = ( 2 Rh − h 2 ) .h với 0  h  2R , y = 4 Rh − 3h 2  y = 0  h =
Trên ( 0;2R ) , y đổi dấu từ “+” sang “-” qua h =
h=

4R
.
3

4R
nên thể tích hình chóp đạt lớn nhất tại
3

4R
.
3

BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI
 />Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  />Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  />Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ!

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Facebook Nguyễn Vương 19